2020届二轮复习“7＋1”小卷练4（全国通用）

2020届二轮复习“7＋1”小卷练4（全国通用）

‎“7＋‎1”‎小卷练4‎ ‎1．以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是(　　)‎ A．加入CaO在减少SO2排放的同时生成建筑材料CaSO4‎ B．向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3‎ C．隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)＝1∶5‎ D．烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来 答案　C 解析　高硫铝土矿粉焙烧时会生成SO2，加入CaO会与SO2反应，减少SO2的排放，而且CaSO3最后也会转化为CaSO4，A正确；滤液中含NaAlO2，通入CO2，生成Al(OH)3，过滤、洗涤、灼烧可以得到Al2O3，B正确；FeS2与Fe2O3隔绝空气焙烧的化学方程式为FeS2＋16Fe2O311Fe3O4＋2SO2，n(FeS2)∶n(Fe2O3)＝1∶16，而不是1∶5，C错误；Fe3O4具有磁性，能够被磁铁吸引，D正确。‎ ‎2．迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构简式如图所示。下列叙述正确的是(　　)‎ A．迷迭香酸与溴单质只能发生取代反应 B．1 mol迷迭香酸最多能和9 mol氢气发生加成反应 C．迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应 D．1 mol迷迭香酸最多能和5 mol NaOH发生反应 答案　C 解析　A项，分子中含碳碳双键，可发生加成反应，错误；B项，苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，则1 mol 迷迭香酸最多能和7 mol氢气发生加成反应，错误；C项，含—COOR可发生水解反应，含—OH、—COOH可发生取代反应、酯化反应，正确；D项，酚羟基、—COOR、—COOH 均与NaOH反应，则1 mol迷迭香酸最多能和6 mol NaOH发生反应，错误。‎ ‎3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是(　　)‎ A．密闭容器中，1 mol N2与3 mol H2充分反应，产物的分子数为2NA B．50 mL 12 mol·L－1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数小于0.3NA C．含有‎4.6 g钠元素的过氧化钠和氧化钠的混合物中，所含离子总数大于0.3NA D．标准状况下，‎4.48 L HF含有的分子数小于0.2NA 答案　B 解析　1 mol N2与3 mol H2充分反应，由于反应可逆，故产物的分子数小于2NA，A错误；随着反应进行，HCl的浓度逐渐减小，稀盐酸不能与MnO2反应，故转移的电子数小于0.3NA，B正确；Na2O2和Na2O的混合物中阳离子数和阴离子数之比为2∶1，Na＋(阳离子)的物质的量为0.2 mol，则阴离子的物质的量为0.1‎ ‎ mol，故混合物中所含离子的总数为0.3NA，C错误；标准状况下，HF为液体，D错误。‎ ‎4．下列实验中，所采取的分离方法与实验原理都正确的是(　　)‎ 答案　D 解析　NO2和NO的混合气体能与NaOH溶液发生反应：2NaOH＋NO2＋NO===2NaNO2＋H2O，A错误；除去乙醇中的水应加入氧化钙，然后蒸馏，熟石灰是Ca(OH)2，没有吸水作用，B错误；除去KNO3中的NaCl，利用冷却热饱和溶液重结晶法分离，是因为KNO3的溶解度受温度变化影响较大，C错误；铝与氢氧化钠溶液反应，而铁不反应，反应后过滤即得铁，D正确。‎ ‎5．X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素。X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系，下列判断错误的是(　　)‎ A．反应③为工业制粗硅的原理 B．Z位于元素周期表第三周期ⅡA族 C．4种元素的原子中，Y原子的半径最小 D．工业上通过电解乙来制取Z 答案　D 解析　由题意及题图分析可知X为C、Y为O、Z为Mg、W为Si，甲为CO2，乙为MgO，丙为SiO2，丁为CO。反应③为工业制粗硅的原理：‎2C＋SiO2Si＋2CO↑，故A正确；Z为Mg，位于元素周期表第三周期ⅡA族，故B正确；4种元素的原子中，半径最小的为O，故C正确；工业上通过电解熔融MgCl2得到Mg，故D错误。‎ ‎6．锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过。下列有关叙述正确的是(　　)‎ A．铜电极上发生氧化反应 B．电池工作一段时间后，甲池的c(SO)减小 C．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加 D．阴、阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡 答案　C 解析　锌电极是原电池的负极，发生氧化反应，铜电极是原电池的正极，发生还原反应，A错误；阳离子交换膜不允许阴离子通过，所以电池工作一段时间后，甲池的c(SO)不变，B错误；乙池发生的电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，溶液中Cu2＋逐渐减少，为维持溶液中的电荷平衡，Zn2＋会不断移向乙池，Zn的摩尔质量大于Cu，使溶液质量增加，C正确；阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，D错误。‎ ‎7．室温下，用0.100 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1的盐酸和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．Ⅰ表示的是滴定盐酸的曲线 B．pH＝7时，滴定醋酸溶液消耗的V(NaOH)小于20.00 mL C．V(NaOH) ＝20.00 mL时，两份溶液中c(Cl－)＝c(CH3COO－)‎ D．V(NaOH)＝10.00 mL时，滴定醋酸溶液所得的溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)‎ 答案　B 解析　0.100 mol·L－1盐酸的pH＝1,0.100 mol·L－1醋酸溶液的 pH>1，故Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线，Ⅰ表示的是滴定醋酸溶液的曲线，A错误；若V(NaOH)＝20.00 mL，所得溶液的溶质为 CH3COONa，溶液显碱性，pH>7，故pH＝7时，滴定醋酸溶液消耗的 V(NaOH)小于20.00 mL，B正确；V(NaOH)＝20.00 mL时，两份溶液分别为等浓度的CH3COONa溶液、NaCl溶液，由于CH3COO－发生水解，故c(CH3COO－)c(OH－)，由电荷守恒c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，故c(CH3COO－)>c(Na＋)，D错误。‎ ‎8．碲(Te)位于元素周期表第ⅥA族，由该元素组成的物质可用作石油裂化的催化剂，电镀液的光亮剂，玻璃的着色材料，合金材料的添加剂等。碲化铜渣是电解精炼铜时产生的一种矿渣，其主要含Cu2Te、Au、Ag等，利用下列工艺流程可回收碲：‎ 已知：TeO2的熔点为‎733 ℃‎，微溶于水，可溶于强酸和强碱。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)Te与S的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序为__________________(用化学式表示)。‎ ‎(2)“酸浸‎1”‎需加热，加热的目的是______________________，“酸浸‎1”‎发生反应的氧化产物是______________(写化学式)。‎ ‎(3)“水浸”后“滤液‎1”‎的颜色是________。‎ ‎(4)“滤渣‎1”‎进行“碱浸”的离子方程式是______________________________。‎ ‎(5)“滤液‎2”‎加双氧水的目的是__________________________________，“操作‎1”‎的名称是________。‎ ‎(6)“还原”制备碲粉的离子方程式为____________________________________。‎ ‎(7)从可持续发展意识和绿色化学观念来看，“滤渣‎2”‎进行酸浸的意义是________________________________。‎ 答案　(1)H2SO4>H2TeO4‎ ‎(2)加快浸出速率　CuSO4、TeO2‎ ‎(3)蓝色(或浅蓝色)‎ ‎(4)TeO2＋2OH－===TeO＋H2O ‎(5)将Na2TeO3氧化为Na2TeO4　加热浓缩(或浓缩)‎ ‎(6)TeO＋3SO＋2H＋===3SO＋Te↓＋H2O ‎(7)“滤渣‎2”‎经过酸浸可得到含CuSO4的滤液，并可达到回收Au、Ag的目的，符合可持续发展意识和绿色化学观念 解析　(1)S、Te同主族，同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，故H2SO4的酸性比H2TeO4强。‎ ‎(2)酸浸时加热的目的是提高浸出速率，结合流程图知，“酸浸‎1”‎发生反应的化学方程式为Cu2Te＋2H2SO4＋2O22CuSO4＋‎ TeO2＋2H2O，故其氧化产物为CuSO4、TeO2。‎ ‎(3)“滤液‎1”‎的溶质中含CuSO4，故“滤液‎1”‎的颜色为蓝色。‎ ‎(4)“滤渣‎1”‎中含有TeO2，TeO2溶解于NaOH溶液生成亚碲酸盐，故反应的离子方程式为TeO2＋2OH－===TeO＋H2O。‎ ‎(5)“碱浸”后滤液2中的溶质的主要成分是Na2TeO3，该物质与Na2SO3类似，具有较强的还原性，加入双氧水可将其氧化为Na2TeO4。“操作‎1”‎的后续物质为“Na2TeO4浓溶液”，故该操作为加热浓缩。‎ ‎(6)由流程图可知，“还原”的反应物为Na2TeO4、Na2SO3、H2SO4，生成物有单质Te，故发生的是酸性条件下Na2SO3还原Na2TeO4的反应，反应的离子方程式为TeO＋3SO＋2H＋===3SO＋Te↓＋H2O ‎ ‎(7)分析流程图并结合碲化铜渣中含Au、Ag等，知“滤渣‎2”‎经酸浸后可得到含CuSO4的滤液，并可回收Au、Ag，符合可持续发展意识和绿色化学观念。‎